利用导数证明不等式考点与题型归纳.docx
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利用导数证明不等式考点与题型归纳
利用导数证明不等式考点与题型归纳
考点一单变量不等式的证明
方法一移项作差构造法证明不等式
lnXae1
[例1]已知函数f(x)=1—~X,g(x)=~eχ+X-bx(e为自然对数的底数),若曲线y=f(x)
与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a,b的值;
2
(2)求证:
当x≥1时,f(x)+g(x)≥-
X
InX
[解]⑴因为f(x)=1—-^,
Inx—1
所以f'(X)=x∑,f,
(1)=—1.
ae1ae1
因为g(x)=孑+X—bχ,所以g(X)=—ex—X2—b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,
所以g
(1)=1,且f,
(1)g'∙
(1)=—1,
即g
(1)=a+1—b=1,g'
(1)=—a—1—b=1,
解得a=—1,b=—1.
e1
(2)证明:
由(I)知,g(X)=—ex+X+x,
M2^AInXe1
贝Uf(x)+g(x)≥X?
1—^^—ex—X+x≥0.
令h(x)=1—€—1+x(x≥1),
XeX
则h,(X)=—^x^+e+X2+1=少+ex+1.
InXe
因为x≥1,所以h,(X)=卡+ex+1>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h
(1)=0,
即1-2X-e—1+x≥0,
XeX
2所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥χ.
[解题技法]
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,利用
导数研究其单调性,借助所构造函数的单调性即可得证.
方法二隔离审查分析法证明不等式
1[例2](2019长沙模拟)已知函数f(x)=ex2—x∣nx.求证:
当x>0时,f(x) 111 [证明]要证f(x) eexex 1 令h(x)=Inx+-(x>0),贝Uh'(x)=ex 易知h(x)在0,e上单调递减,在e,+∞上单调递增,则h(x)min=h1=0,所以In 1 x+ex≥0∙ 再令φ(x)=ex—ex,贝Uφ'(x)=e—ex, 易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则(XX)max=φ (1)=0,所以ex—ex≤0. X1 因为h(x)与φx)不同时为0,所以ex—ex [解题技法] 若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个都便于求导的函数, 从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标. 方法三、放缩法证明不等式 [例3]已知函数f(x)=ax—Inx—1. (1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值; ex (2)求证: —+x+Inx—1≥0; X (3)已知k(eX+x2)≥x—xInX恒成立,求k的取值范围. [解] (1)f(x)≥0等价于a≥ Inx+1 Alnx+InX 令g(x)=X-(x>0),贝yg(X)=^Xr, 所以当X∈(0,1)时,g'(χ)>0,当X∈(1,+∞)时,g'(X)V0, 则g(X)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(X)maX=g (1)=1,则a≥1, 所以a的最小值为1. ⑵证明: 当a=1时,由⑴得x≥Inx+1, 即t≥Int+1(t>0). e—X 令~X~=t,则—X-InX=Int, e—X 所以——≥—X-Inx+1, X e-X 即一+x+InX—1≥0.X —X e、 ⑶因为k(e—x+x2)≥x—xInX恒成立,即k——+X≥1—InX恒成立,X e-X -~+X+Inx—1入 +1, e—x 由⑵知一丁+x+Inx—1≥0恒成立, ―X e +x+Inx—1 X 所以一二+1≤1,所以k≥1. e— 故k的取值范围为[1,+∞). [解题技法] 导数的综合应用题中,最常见就是ex和InX与其他代数式结合的难题,对于这类问题, 可以先对ex和InX进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负•常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+X,当且仅当X=0时取等号; (2)ex≥ex,当且仅当X=1时取等号; 1 (3)当x≥0时,ex≥1+x+? x2,当且仅当X=0时取等号; ⑷当x≥0时,ex≥∣x2+1,当且仅当X=0时取等号; X—1 ⑸一≤Inx≤X—1≤X2—X,当且仅当X=1时取等号; X 考点二双变量不等式的证明 [典例]已知函数f(x)=InX—2ax2+X,a∈R. X1+X2≥ (1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f (1))处的切线方程; ⑵若a=—2,正实数X1,X2满足f(X1)+f(X2)+X1X2=0,求证: 1 [解] (1)当a=0时,f(x)=Inx+X,则f (1)=1,所以切点为(1,1),又因为f'(x)=-+ 入 1,所以切线斜率k=f, (1)=2, 故切线方程为y—1=2(x—1),即卩2x—y—1=0. (2)证明: 当a=—2时,f(x)=Inx+x2+x(x>0).由f(X1)+f(X2)+X1X2=0, 即InX1+x1+X1+Inx2+x2+x2+x1x2=0, 从而(X1+X2)2+(X1+X2)=X1X2—In(X1X2), 令t=χ1χ2,设φ(t)=t—Int(t>0), 则Φ'(t)=1—1=一, 易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以φ(t)≥φ (1)=1,所以(X1+x2)2+(x1+x2)≥1, √5—1 因为X1>0,X2>0,所以X1+X2≥—2—成立. [解题技法] 破解含双参不等式的证明的关键 一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式; 二是巧构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值; 三是回归双参的不等式的证明,把所求的最值应用到双参不等式,即可证得结果. [题组训练] a 已知函数f(x)=Inx+. X (1)求f(x)的最小值; ⑵若方程f(x)=a有两个根xι,X2(xιvX2),求证: xι+x2>2a. 1aX-a 解: (1)因为f'(X)=X-x∑=x^(x>0), 所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无最小值. 当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增. 函数f(x)在X=a处取最小值f(a)=Ina+1. ⑵证明: 若函数y=f(x)的两个零点为X1,X2(X1 由⑴可得0 2 4ax-a 石2<0, x22a-X2 令g(x)=f(x)-f(2a—x)(0 丄1 则g'(X)=(X-a)X2-2a-x2 所以g(x)在(0,a)上单调递减,g(x)>g(a)=0, 即f(x)>f(2a—x). 令X=X1f(2a—X1),所以f(x2)=f(x1)>f(2a-x1), 由 (1)可得f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以x2>2a-X1, 故X1+x2>2a. 考点三证明与数列有关的不等式 a[典例]已知函数f(x)=In(x+1)+. .X.I厶 (1)若x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围; 1111* ⑵求证: ln(n+1)>3+5+7+…+2n+! (n∈N). a [解] (1)由In(x+1)+>1,得 x+2 a>(x+2)—(x+2)1n(x+1). 令g(x)=(x+2)[1—In(x+1)], x+2I 则g'(X)=1—In(x+1)—=—In(x+1)—- x+1X+1 当X>0时,g'(X)V0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.所以g(x)vg(0)=2,故a的取值范围为[2,+∞). 2 (2)证明: 由 (1)知In(x+1)+>1(x>0), x+2 令X=k(k>0),得Ink+1 >k+2 即ln(n+1)>3+1+7+∙∙∙+^^(n∈N*). 3572n+1 式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的.此类问题一般至少有两问,已知的不等式常 由第一问根据待证式的特征而得到. (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式),而待证不等式为与对数有关的不等式(或 与指数有关的不等式),还要注意指、对数式的互化,如ex>x+1可化为In(x+1)VX等. [题组训练] (2019长春质检)已知函数f(x)=ex,g(x)=In(x+a)+b. (1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,求a,b的值; (2)当b=0时,f(x)—g(x)>0恒成立,求整数a的最大值; (3)求证: In2+(In3-In2)2+(In4-In3)3+∙∙∙+[ln(n+1)—Inn]nv-^(n∈N*).eI 解: ⑴因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线,所以f(0)=g(0)且f'(O)= g'(0), 11 又因为f'(X)=ex,g,(X)=,所以1=Ina+b,1=;, x+aa 解得a=1,b=1. ⑵现证明ex≥x+1,设F(X)=ex-X-1,则F'(x)=ex-1,当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0,当x∈(-∞,0)时,F'(x)v0,所以F(X)在(0,+∞)上单调递增,在(一∞,0)上单调递减,所以F(X)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立, 即ex≥x+1. 同理可得In(x+2)≤x+1,即ex>In(x+2), 当a≤2时,ln(x+a)≤ln(x+2)Vex, 所以当a≤2时,f(x)-g(x)>0恒成立. 当a≥3时,e0vIna,即ex-In(x+a)>0不恒成立. 故整数a的最大值为2. —n+1 ⑶证明: 由⑵知ex>ln(x+2),令X=—, —n+1-n+1 则e~~^~>ln一n—+2, ——n+1 即e-n+1>In+2n=[ln(n+1)-Inn]n, n 所以e0+e—1+e-2+…+e-n+1>In2+(In3—In2)2+(In4-In3)3+…+[ln(n+1)—In n n], 1 1-enIe又因为e0+e-1+e-2+…+e-n+1=1V—=, 1-;1-1e-1 ee e所以In2+(In3-In2)2+(In4—In3)3+…+[ln(n+1)-Inn]nve-1 [课时跟踪检测] 1 1.(2019唐山模拟)已知f(x)=~2XX-a2lnX,a>0. ⑴求函数f(x)的最小值; fX—f2a3 ⑵当x>2a时,证明: >尹 X—2a2 解: ⑴函数f(x)的定义域为(0,+∞), a2x+ax—af'(x)=X—X= 当X∈(0,a)时,f'(x)V0,f(x)单调递减; 当X∈(a,+∞)时,f'(X)>0,f(x)单调递增. 1 所以当X=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=~a2-a2lna. (2)证明: 由⑴知,f(x)在(2a,+∞)上单调递增, 3 则所证不等式等价于f(x)—f(2a)-^a(x-2a)>0. 53 设g(x)=f(x)—f(2a)—2a(x—2a), 则当x>2a时, ,3a23 g(X)=f(X)—2a=x—X—尹 所以g(x)在(2a,+∞)上单调递增, 当X>2a时,g(x)>g(2a)=0, 3 即f(x)—f(2a)—? a(x—2a)>0, fx—f2a3 故>^a. x—2a2 2.(2018黄冈模拟)已知函数f(x)=λnx—e—x(λ∈R). (1)若函数f(x)是单调函数,求λ的取值范围; X2⑵求证: 当0vX1VX2时,e1—X2—e1—x1>1— 解: ⑴函数f(x)的定义域为(0,+∞), '∙f(X)=λnx—e—x, τ函数f(x)是单调函数,•••f'(x)≤0或f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立, X. XX一1 令φ(x)=—孑,贝yφ'(X)=-e^, 当0VXV1时,φ,(x)V0;当x>1时,φ,(x)>0, 则φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,•当X>0时,φ(x)min=φ1)= 1 ∙λ≤—1∙ X ex, ∞时,φx)V0,∙∙∙λ≥0. ■-0VxiVX2, 11 ∙'∙f(x1)>f(x2),即一e∣nX1—e—X1>—? lnX2—e—x2, ∙'e1—X2—el—xi>Inxi—InX2. X1X2 lnX2>1—Q X2X2 要证e1—x2—e1—x1>1—X1,只需证lnx1—lnx2>1—门即证 X11 令t=X11,t∈(0,1),则只需证Int>1—^, 1t— 令h(t)=Int+Y—1,则当OVtV1时,h'⑴=-^V。 , 1 ∙∙h(t)在(0,1)上单调递减,又th (1)=0,∙∙∙h(t)>0,即Int>1—[,故原不等式得证. 3.(2019贵阳模拟)已知函数f(x)=kx—Inx—1(k>0). (1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值; …111 ⑵求证: 当n∈N时,1+2+3+…+n>∣n(n+1). IkX—11 解: (1)■/f(x)=kx—Inx—1,∙f'(x)=k—X=—(x>0,k>0);当0vXV&时,f'(x) 1 V0;当x>匚时,f'(x)>0. K 11 ∙f(x)在0,K上单调递减,在k'+∞上单调递增, ∙∙∙f(x)有且只有一个零点, ∙Ink=0,∙k=1. n+1 ⑵证明: 由 (1)知x—Inx—1≥0,即x—1≥InX,当且仅当X=1时取等号, τn∈N*,令X=也,得1>In nn 111,213In+1 ∙1+才+;+•••+一>In+In+…+In=23n12n
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